《江苏省2019届高考数学专题四数列4.3大题考法—数列的综合应用讲义.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019届高考数学专题四数列4.3大题考法—数列的综合应用讲义.pdf（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第三讲 大题考法一一数列的综合应用 题型（一）数列与不等式问题 主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成 立问题求参数.典例感悟 例1(2018 南京考前模拟)若各项均为正数的数列an的前n项和为3,且2m=*、an+1(n e N).(1)求数列an的通项公式；(2)若正项等比数列bn,满足 b2=2,2 b?+b8=tte,求 Tn=a1b1+a2b2+anbn；(3)对于(2)中的Tn,若对任意的nC N,不等式入(一1)nv2nL(Tn+21)恒成立，求实数 入的取值范围.解(1)因为2m=an+1,所以 4s=(an+1),JEL an0)则 4a1=(ad 1)2,解得 a1=
2、1,2 又 4S1+1=(an+1+1),所以 4an+1=4Sn+1 4s=(an+1+1)(Hn+1),即(an+1+an)(an+1 an)2(an+1+an)=0,因为 an0,所以 an+1+anW 0,所以an+1an=2,所以&是公差为2的等差数列，又 a1=1,所以 an=2n 1.(2)设数列bn的公比为q,因为2b7+b8=b9,所以2+q=q2,解得q=1(舍去)或q=2,由 b2=2,得 b1=1,即 bn=20 1.记八=a1b1+a2b2+&b=1x 1+3X2+5X2 2+(2n-1)X2 n 1,贝u 2A=1 X 2+3X 2 2+5X 2 3+(2n 1)X
3、2 n,两式相减得一 好 1+2(2+22+2nI (2n1)X2 n,故 A=(2n-1)X2 n-1-2(2+22+2n 1)=(2n1)x2 n-1 2(2 n2)=(2n 3)X2 n+3 所以 Tn=ab+a2b2+anbn=(2 n 3)2 n+3.一n 1 _ 一.n 3 6 不等式 入(1)4 时，g(n+2)g(n),13.13 即 g(4)4 时，g(n)单倜递增，g(n)min=g(4)=,即入彳.3 6 当n为奇数时，入2n 2,，、3 6 记 h(n)=2 n 2n，所以 入 h(n)max.6,6-9 h(n+2)h(n)=-2 2n+1+2”1=-2+2n,当 n
4、=1 时，h(n+2)h(n),n3 时，h(n+1)vh(n),即 h(3)h(1),n3 时，h(n)单调递减，h(n)max=h(3)=3,所以入 3.综上所述，实数入的取值范围为3,方法技巧 解决数列与不等式问题的注意点及策略(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意 n取正整数的限制条件;(2)恒成立问题可以转化为值域问题，再利用单调性求解;(3)不等式论证问题也可以转化为数列的最值问题来研究.演练冲关 已知数列an,bn都是等差数列，它们的前 n项和分别记为 S,Tn,满足对一切n _*6 N,都有 Sn+3=Tn.(1)若a1 w b1,试分别写出一个符合条件的数列
5、 an和 bn；(2)若a1+b1=1,数列cn满足：cn=4an+入(-1)n 1-2bn,求最大的实数 入，使得当*1 i i nCN,恒有Cn+1Cn成立.解：(1)设数列an,bn的公差分别是d1,d2.n+3 n+2 贝 U Sn+3=(n+3)a1+d1,n n-1 T=nbH-2d2.对一切 nC N2 i,有 S+3=Tn,./,n+；j n+2 (n+3)ai-l-2-a d3 2 2 产=di,.5 1 即ai=di,ai+-di=bi-d2,2 2 bi=2di.k 3ai+3di=0,故答案不唯一.例如取 di=d2=2,ai=2,bi=4,*_ 得 an=2n4(nC
6、 N),bn=2n+2(n C N).(2)ai+bi=i,又由(i),可得 di=d2=i,ai=i,bi=2.an=n一2,bn=n+i.Cn=4n2+入(-i)nT2n.Cn+i-Cn=4n-i+入(-i)n2n+2-4n 2-入(i)n23-4 n2+入(i)n(2n+2+2n+i),2 2n+6 入(-i)n.2 n.i6 i i 而工；2 ,32 i6.，i n.2 当nCN时,Cn+iCn恒成立,，8入w G，.入的取大值是.n n di=nbiH-2-d2,d2 2=2n+3 即当nC N时，2 2n+6 入(i)n 2n0 恒成立.，当n为正奇数时,i .X 2 恒成乂,32
7、 一 i 6 di 2 即 2n2+当n为正偶数时，入一石 2”恒成立,32 1n i i 而一瓦.2-8,入 8.题型(二)数列中的存在性问题 主要考查等差(比)数列中的部分项是否能构成新 的等差(比)数列问题，以及数列中的推理问题.典例感悟 例2(2018 扬州期末)已知各项都是正数的数列 an的前n项和为S,且2S=a：+1 一.加 an,数列bn?两足 bl=,2bn+1=bn+.2 an 求数列an,bn的通项公式；bn+2(2)设数列Cn满足Cn=-,求和C1+C2+Cn；(3)是否存在正整数 p,q,r(pqr),使得bp,bq,br成等差数列？若存在，求出所有 满足要求的p,q
8、,r；若不存在，请说明理由.2 Il牛(1)由 2S=an+an)得 2 S+1=an+1+an+1,2 2 一，2an+1=an+1 an+an+1 an,即(an+1+an)(an+1 an 1)=0.因为an是正数数列，所以 an+1 an 1=0,即 an+1 an=1,在 2S=an+an中，令 n=1,得d=1,所以an是首项为1,公差为1的等差数列，所以 an=n.bn-bn+1 1 bn 由 2bn+1=bn+,得=,an n+12n 所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数歹U,&1 n n 所以一=力J,即bn=Tn.n 2 2./口 bn+2 n+2 由付 Cn=n2+n
9、 2n+1 1 _ 1 _ 所以 cn=n.2 n n+1 2”1 _ 1 _ n+l 2nT 加以 C1+C2+Cn=i qn+1=-i t)n+1.2 n+l 2 n+l 2(3)假设存在正整数p,q,r(pq4,则 二二=2,即 b1 2 bq,bq b4 又因为bi+br=2bq,所以bi2 时，-TE有 q-p=1.右 q p2,则；=-bq bp+2 p+2 与 bp+br=2bq矛盾，所以 qp=1.,r 1 _rP,_m+1-_ m+1 _ m+1 此时,=暧，则 r=2.令 rp=m+1,则 r=2,所以 p=2-m-1,q=2-m N.综上得，存在 p=1,q=3,r=4或
10、p=2m+一m-1,q=2*一m r=2m+1(m N)满足要 求.方法技巧 数列中存在性问题的求解策略 若q=3,则 4 22,即 bp2bq,这 1+P 对于数列中的探索性问题的主要题型为存在型,解答的一般策略为：先假设所探求的对 象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾，则假设不 成立，从而得到否定的结论，即不存在.若推理不出现矛盾,能求得已知范围内的数值或图 形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.演练冲关 1.已知数列an中，a2=1,前n项和为 且S=口 an a1 2（2）证明数列an为等差数列，并写出其通项公式;设1g bn=aF，试问是否存在正整
11、数 p,q（其中1p3,得p=2,此时q=3.综上，存在数组(2,3)满足条件.2.已知各项均为正数的数列 an满足：ai=a,%=b,an+i=#anan+2+m ne N),其中 m a,b均为实常数.若m=0,且a4,3a3,a5成等差数列.b 求一的值；a an,n为奇数，若a=2,令bn=*2log 2an-i,n为偶数,(2)是否存在常数 入，使得an+an+2=入an+i对任意的ne N都成立？若存在，求出实数 入的值(用m a,b表示)；若不存在，请说明理由.解：(i)因为m=0,2 所1以 an+i=anan+2,所以正项数列an是等比数歹U,不妨设其公比为 q.又a4,3a
12、3,a5成等差数列,(2)证明：由Sn=n an ai nan,1 且数列 13p p2)为递减数列,当p3时,2p 2X3 3-2F 2 i 一一,9 3 求数列 bn的前n项和Sn；所以 q2+q=6,解得q=2或q=3（舍去）,所以b=2.当a=2时，数列an是首项为2、公比为2的等比数歹U,I 一 一*、一 即当n2,nC N时,ad a3 an+an+2=an+1.a2 2 所以an=2n,所以bn=2n,n为奇数,%1,n为偶数,即数列 bn的奇数项依次构成首项为 2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为 3、公差为4的等差数列.当n为偶数时，。2i-4n)*；2nT.二 士
13、2 S 1-4+2 3+2?当n为奇数时,n+1)2 14 三 S=1 4 2n+2 n2-n 2.2 3 2n+1 n2+n 2 3,所以 2n+2 门2-n 2 3，n为偶数，nj a2+b2-m(2)存在吊数 入=*,使得an+an+2=入an+1对任息的nC N都成立.2*证明如下：因为 an+1=&a+2+mj nCN,2*所以 an=an-1an+1+m n2,nCN,所以 an+1 an=anan+2 an-1 an+1,由于an0,此等式两边同时除以 anan+1,an+an+2 An+1 an-1+an+1 an 所以 Sh+an+2 1+an+1 an+1 ad a3 a2
14、 都有 因为 a1=a,a2=b,an+1=anan+2+mj b2-m 所以a3=,a b2-m u-、，ai+a3 a a2+b2m 所以丁 题型（三）数列的新定义问题 主要考查在给出新定义数列条件下，研究数列的性 质等问题.典例感悟 例3(2018 南京、盐城、连云港二模)对于数列an,定义bn(k)=an+an+k,其中._*n,k N.(1)若 bn(2)-bn(1)=1,n N,求 bn(4)-bn(1)的值；*(2)若 a1=2,且对任意的 n,kCN,都有 bn+1(k)=2b(k).(i)求数列an的通项公式；(ii)设 k为给定的正整数，记集合 A=bn(k)|nCN*,B
15、=5 bn(k+2)|n N*,求证：An B=?.解(1)因为 bn(2)-bn(1)=1,所以(an+an+2)(an+an+1)=1,即 an+2 an+1=1,因此数列an+1是公差为1的等差数列，所以 bn(4)bn(1)=(an+an+4)(Hn+Rn+1)=&+4 Hn+1=3.(2)(i)因为 bn+1(k)=2bn(k),所以 an+1+an+1+k=2(an+an+k),分别令k=1及k=2,an+1+an+2=2 an+an+1,an+1+an+3=ij an+&+2,由得 an+2+an+3=2(an+1+an+2),一得 an+2 an+1=2(an+1 an),一得
16、 2an+1=4an,即 an+1=2an,又 a1=2,所以 an=2n.a2 b2 m 所以当入=二时,对任息的*,neN者B有 an+a+2=入a+i成立.(ii)证明：法一：假设集合A与集合B中含有相同的元素，不妨设bni(k)=5bn2(k+2),*ni,n2 C N,则 2ni+2m+k=5(2 n2+2m+k+2).当 ni n2时，有 2ni5 2 n2,2m+k5 2 n2+k+2,则 2ni+2ni+kn2时，有 山+1,则 2m 山+2nin2+k=5+5 2 k+2,(*)因为nin2,且k为正整数，所以2ni n2+2ni n2+k为偶数，5+5。2+之为奇数.所以(
17、*)式不成立，因此集合A与集合B中不含有相同的元素，即 An B=?.法二：假设集合 A与集合B中含有相同的兀素，不妨设 bn(k)=5bm(k+2),n,标N,即 an+an+k=5(am+am k+2),于是 2n+2n+k=5(2m+2mk+2),_ I _|_ 2),q,d,使得无否数列an满足 段长、段比、段差.设数列 bn为“段比差数列”.(1)若bn的首项、段长、段比、段差分别为 1,3,q,3.当q=0时，求b2 019;当q=1时，设bn的前3n项和为S3n,若不等式S3n+3=6,b7=0 xb6=0,当n4时，bn是周期为3的周期数列.b2 019=b6=6.bn的首项、
18、段长、段比、段差分别为 1,3,1,3,b3n+2 ban-1=(b3n+1+d)ban-1=(qb3n+d)-ban-1=q(b3n1+d)+d ban-1=2d=6,，b3n_1是以b2=4为首项、6为公差的等差数列，又b3n2+b3n-1+b3n=(b3n-1 一 d)+b3n-1+(b3n1+d)=3b3n 1,S3n=(bl+b2+b3)+(b4+b5+&)+(b3n 2+b3n-1+b3n)=3(b2+b5+b3n-1)=3刖+7 2.=9n+3n,n1 4n 4nW 入 3,下 入,3 5 S3n 设 Cn n 1,贝入 A(Cn)max)3 2 2 当 n=1 时，3n-2n-
19、20,C12 时，3n-2n-20,Cn+1Cn,.C1C3,.(Cn)max=C2=14,入14,故入的取值范围为14,+8).an+1=qan,ne N*,k 则称数列an为“段比差数列”，其中常数 k,q,d分别叫做 又 Cn+1 Cn=n n+1 2+3 n+1 9n2+3n 2 3n2-2n-2 3n 3nT 3nj(2)法一：设bn的段长、段比、段差分别为 k,q,d,.bk+1 .c 1 则等比数列bn的公比为 丁=q,由等比数列的通项公式得 bn=bqn bk*当 me N时，bkm2 bkmi=d,即 bq*1 bqkm=bqkm(q 1)=d 恒成立,若 q=1,则 d=0
20、,bn=b；d 右 qw 1,则 q=-q一b,则 q 为常数，q=-1,k 为偶数，d=2b,tn=(-1)1b；经检验，满足条件的bn的通项公式为bn=b或 bn=(1)L1b.法二：设bn的段长、段比、段差分别为 k,q,d,若 k=2,则 b=b,b2=b+d,b3=(b+d)q,b4=(b+d)q+d,由 bh=b2,得 b+d=bq；由 b2b4=b3,得(b+d)q4=(b+d)q+d,d=0,d=-2b,联立两式，得 或 q=1 q=T，则bn=b或bn=(1)n1b,经检验均合题意.若 k3,则 b1=b,b2=b+d,b3=b+2d,由b1b3=b2,得(b+d)2=b(b
21、+2d),得d=0,则bn=b,经检验适合题意.综上，满足条件的b的通项公式为bn=b或bn=(1)3.课时达标训练 A大题保分练 2 1.设数列an的前n项和为 且(S 1)=an&.求日；(2)求证：数列，$171为等差数列；(3)是否存在正整数 m k,使巳=,+19成立？若存在，求出 m,k;若不存在，说明 akS2 时，($1)2=($1)S,2S+1=S S,.1 S=&(1 S 1),1 s 1 一 .Q 7=2+(n 1)x(1)=n 1 Oh I 一 n.Sn-1 2 1 ,&-iQ，an o -I n+1 S n n+1 假设存在正整数m k,使二；=2+19,akSk a
22、m 2 则(k+1)=mm 1)+19,.4(k+1)2=4mm 1)+76,.(2 k+2)+(2m 1)(2 k+2)-(2m+1)=75,(2 k+2M 3)(2 k 2m 1)=75=75X 1=25X 3=15X 5,2k+2m+3=75,2k+2m+3=25,bk2m+1=1 或 2k2m 1=3 1 k=18,k=6,k=4,，士 或y 或1 m=18 m 5 m=2.2.已知常数 入0,设各项均为正数的数列=aSn+(入 3n+1)an+1(ne Nj.(1)若入=0,求数列an的通项公式；1*.(2)若an+10,，$0,an+1=an.-a1=1,-an=1.an的前n项和
23、为S,满足：a1=1,S+1 2m+3=15,2m+1=5.(2).S+1=a2&+(入-3 n+1)an+1,an0,S、一，=入,3+1,an 3 3n3)则&=入,-2+n j-an(n 2).上式对n=1也成立,3n-3 2n 一 即入/匚3对一切nCN恒成立.2n 记 bn-3n+3,当 n=1 时，bn tn+1=0；当 n2 时，bn tn+10,1 1 b1=b2=:是 bn中的取大项.3 r.S S 一一.贝 U =入,3+1,a2 a1 S3 a3 S2、S S 1、=入,3+1,=入 a2 an an-1 n 1 1(n2)相加，得 Sn an-1=入(3+32+3n1)
24、+n-1,综上所述，入的取值范围是+OO 3.在数列an中,已知a1=1,a2=2,an+2=an+2,n=2k 1,3an,n=2k._*(ke N).S+1 an+1 Si+1=3n 13 2+n+1)an+1(nN*).一,an+1 3n+1-3 2+n+1 an+1 3n+1-3-+n/,an+1=3n3-2-+n j a3n+1-3 入 0,入 -2+n0,3n3 八 2+n0.an+12an对一切 nCN恒成立,3n3 1 入,-2-+n0,所以me 3,又 mC N*,所以 m=1,2,3.当m=1时，(*)式左边大于0,右边等于0,不成立；当m=3时，(*)式左边等于 0,所以
25、2(n21)=0,n=1,所以G=3S;当 m=2 时，(*)式可化为 3n1=n21=(n+1)(n1),则存在 k1,kzC N,k1k2,使得 n1=3k1,n+1=3k2,且 k1+k2=n 1,从而 3k23k1=3k1(3k2 k11)=2,所以 3k1=1,3 k2 k1 1=2,所以 k1=0,k2 k1=1,于是 n=2,0=2&.综上可知，符合条件的正整数对(m,n)只有两对：(2,2),(3,1).4.若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”.(1)已知数列an中,a=2,an+1=2an1.求an的通项公式；试判断an是否为“等比源数列
26、”，并证明你的结论.(2)已知数列an为等差数列，且 a1W0,anCZ(nCN).an=n 2.321,n=2k._*(ke N).n 1+2n1 2 1-3n=3n+n2 1,nC N.求证：an 为“等比源数列”解：(1)由 an+1=2an 1,得 an+i 1=2(an 1),且 a1-1=1,所以数列 an 1是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 an-1=2n 1.所以数列an的通项公式为an=2-1+1.数列 an 不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列an是“等比源数列”，则存在三项 am,an,ak(mnk)按一定次序排列构成等 比数列 因为 an=2n 1+
27、1,所以 aman 1+2出 1_ 21 2m=1,*又 mn1,n-vm-1 1,k-1 1,k-m 1,所以21+2”饰1 21 2“m必为偶数，不可能为1.所以数列an中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列.综上可得，数列 an 不是“等比源数列”(2)证明：不妨设等差数列an的公差d0.当d=0时，等差数列an为非零常数数列，数列an为“等比源数列”.当d0时，因为anez,则dn 1,且de Z,所以数列an中必有一项an0.为了使得an 为“等比源数列”，只需要 an 中存在第 n 项，第 k 项(mnk)，使得 an=am3k 成X.,2 即am+(n m d=am am+
28、(k-m)d,即(n m)-2 am+(n-m)d=aKkm 成立.当 n=am+m k=2am+amd+m时，上式成立.所以an中存在am,an,ak成等比数列.所以数列an为“等比源数列”.B 组大题增分练 1.已知等差数列an的前n项和为S,且2a5a3=13,0=16.(1)求数列 an 的前 n 项和 Sn；立，求实数入的取值范围.解：(1)设数列an的公差为d.因为 2a5a3=i3,&=16,2 ad 4d-所以 C“4a1+6d=16,所以 an=2n-1,S=n2.(2)当n为偶数时，设n=2k,kC N,贝U 丁2卜=(a2 a1)+(a4 a3)+(a2k&k1)=2k.
29、代入不等式 入Tn an+1+(-1)an 2 公式为an=2,n e N.(2)设Tn=n(1)iai,若对一切正整数 i=1 n,不等式 入 TnVan+1+(1)n+1an 2nT 恒成 ai=1,解得c d=2,n 1 (2)假设存在这样的数列an,则有S=an+kk,故有 Sn+1=an+k+1 k,两式相减得：Hn+1=An+k+1 Hn+k,故有 an+3=an+k+3 Hn+k+2 同理由an是“P(k+2)数列”可得：an+1=an+k+3 Rn+k+2,所以an+i=an+3对任意nC N*恒成立 所以 Sn=an+k k=an+k+2 k=S+2,即 Sn=Sn+2,又
30、Sn=Hn+k+2 k 2=S+2 2,即 S+2-Sn=2,两者矛盾，故不存在这样的数列 an既是 Rk)数列”，也是“P(k+2)数列”.3.(2018 江苏高考)设2口是首项为ai,公差为d的等差数列，bn是首项为bi,公比 为q的等比数列.得入 2 k v 4k,从而 k 4 入0,所以f(k)是递增的，所以f(k)min=2,所以入2.当n为奇数时，设n=2k1,kC N,则 T2k 1=T2k(1)2ka2k=2k(4k1)=1 2k.代入不等式 入Tn0,m N*,qC(1,m2,证明：存在 dC R,使得|anbn|wb对 n=2,3,，m 1均成立，并求d的取值范围(用b,m
31、 q表示).解：(1)由条件知 an=(n 1)d,bn=2n一1 因为|an bn|wb 对 n=1,2,3,4 均成立，即|(n-1)d2n-wi 对 n=1,2,3,4 均成立，所以 1W1,1&d3,3 2 d5,73 d9,7 5 解得qw d-.3 2 ，-7 51 所以d的取值范围为归2.(2)由条件知 an=b1+(n-1)d,bn=b1qn.若存在d,使得|anbn|w b(n=2,3,，m 1)成立，n 1 即|(n1)dbq|wb(n=2,3,，1),n 1 n 1 即当 n=2,3,，1 时，d 满足q-bw dw 9.n-1 n-1 因为 qC(1,m2,则 1vqn
32、Twqmw2,n-1 2 n-1 从而 q-b10,对 n=2,3,，mu-1 均成立.n1 n1 因此，取d=0时，|an-bn|b1对n=2,3,，vm-1均成立.下面讨论数列 2泊勺最大值和数列 化彳泊勺最小值(n=2,3,，m 1).当2w n0.设 f(x)=2x(1 x),所以f(x)单调递减，从而f(x)Tn.证明：anbn；an+2Tn*若bn为等比数列，b1=a1,b2=a2,求满足=ak(k N)的n值.6 十2A 解：(1)由 3S+1=2Sn+Sn+2+an,得 2(S+1 S)=Sn+2 Sn+1+Rn,即 2an+1=an+2+an,所以 an+2 an+1=&+1
33、 an 由 a1=1,S2=4,可知 a2=3.所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列.故an的通项公式为an=2n1.(2)证明：法一：设数列bn的公差为d,因此，当2w nw m 1时，数列 K 弹调递增,故数列 n n-1 c q 2 n-1 内最大值为 qm-2 m 当 x0 时，f (x)=(ln 2-1-xln 2)2 x0,当2w n m时,n q_ n q n-1-n-1 q_ n-1 Tn,所以 n2nb+n njl d,即(2 d)n+d 2bi0 恒成立，2-d0,d0,bi(2 d)+d 1 bi=1 bi0.所以anbn,得证.法二：设bn的公差为d,假设存在自
34、然数 nc2,使得anoWbno,则 ai+(no 1)*2w bi+(n 1)d,即 ai bi w(no 1)(d-2),因为aibi,所以d2.所以 Tn$=nbi+n-n d-n2=1 n2+七一n,2 2 2、，d*因为210,所以存在noCN,当nno时，TnSo恒成立.这与 对任意的nC N,都有STn”矛盾.所以anbn,得证.由(1)知，S=n2.因为bn为等比数列，且 bi=1,b2=3,所以bn是以1为首项，3为公比的等比数列.n 1 3 1 所以 bn=3,Ti=2-an+2Tn 2n-1+3n-1 3n+2n 2,八=n i-2 bn+2Sn 3+2n-2 6n-2n+2 3 一.n 1-2,3+2n.*-一一 O-一一 因为nC N,所以6n 2n+2o,所以 an+2Tn 而ak=2k一1,所以br元=1 即 3n i-n2+n-1=o.(*)当n=1,2时，(*)式成立；当 n2 时，设 f(n)=3n-i-n2+n-1,则 f(n+1)f(n)=3n (n+1)2+n(3n 1 n2+n 1)=2(3 n 1 n)o,n 1 2 3+2n an+2Tn 3 bn+2&所以 0=f(2)f(3)f(n).故满足条件的n的值为1和2.